Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Dimessi · #1

Δίνεται τραπέζιο $ABCD (AB \parallel CD)$ με AB<CD

και έστω $P\equiv AD \cap BC.$ Ο κύκλος (P,PC)

επανατέμνει τον κύκλο (ABC)

στο

, ο κύκλος (P,PD)

επανατέμνει τον κύκλο (ABD)

στο

κι ας είναι

J \equiv AX \cap BY.

Να αποδείξετε ότι

PJ \parallel AB.

Υ.Γ Ομολογώ ότι έχω μία πολύ πρωτότυπη λύση στο πρόβλημα αυτό , το οποίο βρήκα πολύ ενδιαφέρον

.

Dimessi · #2

Βάζω τη λύση μου

: Η λύση μου στην άλυτη του φόρουμ .png (187.46 KiB) Προβλήθηκε 546 φορές

$\bullet$ Έστω $L\equiv \left ( P,PA \right )\cap PY\left ( L\not\equiv P \right ),Q\equiv \left ( P,PB \right )\cap PX\left ( Q\not\equiv P \right ) ,$ άρα $\displaystyle PL=AL \overset{PY=PD \wedge PL=PA}\parallel DY\wedge \frac{PL}{PY}\overset{PL=PA\wedge PY=PD}=\frac{PA}{PD}\overset{AB \parallel CD}=\frac{PB}{PC}\Rightarrow BL \parallel CY\overset{AL \parallel DY}\Rightarrow$ $\angle DYC=\angle ALB (\ast),$ κι αφού $\displaystyle DYLA$ ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle L\in \left ( DYA \right )\overset{Y\in \left ( DAB \right )}\equiv \left ( DAB \right )\Rightarrow \angle ALB=180^\circ -\angle ADB\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\angle DYC=180^\circ-\angle ADB}(1),$ επομένως $\displaystyle \angle AYB+\angle DYC\overset{Y\in \left ( DAB \right )}=\angle ADB+\angle DYC\overset{(1)}=180^\circ\Rightarrow \boxed{\angle BYC=180^\circ-\angle AYD\overset{Y\in \left ( DAB \right )}=180^\circ-\angle ABD}(2).$ Ακόμα $\displaystyle PQ=PB\wedge PC=PX\Rightarrow QB \parallel CX\wedge \frac{PQ}{PX}\overset{PQ=PB \wedge PX=PC}=\frac{PB}{PC}\overset{AB \parallel CD}=\frac{PA}{PD}\Rightarrow$ $AQ \parallel DX\overset{QB \parallel CX}\Rightarrow \angle DXC=\angle AQB\left (\ast \ast \right ),$ κι αφού XQBC

ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle Q\in \left ( XBC \right )\overset{X\in \left ( ACB \right )}\equiv \left ( ACB \right )\Rightarrow \angle AQB=\angle ACB\overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\angle DXC=\angle ACB}\left ( 3 \right ),$ επομένως $\displaystyle \boxed{\angle DXA=\angle CXA-\angle DXC\overset{^{\left ( 3 \right )}_{X\in \left ( ACB \right )}}=180^\circ-\angle ABC-\angle ACB=\angle BAC}\left ( 4 \right ).$ Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας PD,

συνεπώς η εικόνα του κύκλου (PDY)

είναι η ευθεία DY (PD=PY),

η εικόνα του σημείου

είναι το σημείο $U \in PC,$ και είναι $\displaystyle \angle PDU\overset{PU \cdot PC=PD^2}=\angle DCP\overset{AB \parallel CD}=\angle ABP\overset{B \in UP}\Rightarrow \boxed{U\in \left ( DAB \right )}(5),$ και η εικόνα του σημείου

είναι το σημείο

και είναι $\displaystyle PV \cdot PX=PU \cdot PC=PD^2\Rightarrow V\in \left ( UCX \right )\overset{\angle VXC\equiv \angle PXC\overset{PC=PX}=\angle XCP\equiv \angle XCU}\Rightarrow UV \parallel CX\overset{AB \parallel CD}\Rightarrow$ $\boxed{\angle \left ( UV,AB \right )=\angle DCX}\left ( 6 \right ).$ Θεωρώντας το ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων $A\left ( 0,0 \right ),B\left ( q,0 \right ),C\left ( p,l \right ),D\left ( t,l \right ),$ κι αφού $\displaystyle \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YDC}=\frac{\frac{\sin \angle BYC}{BC}}{\frac{\sin \angle DYC}{DC}}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{\sin \left ( 180^\circ-\angle ABD \right )}{\sin \left ( 180^\circ-\angle ADB \right )}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}\overset{\angle YBC=\angle ABC-\left ( 180^\circ-\angle ADY \right )=\angle ADC-\angle YDC-\angle DCB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle ADC-\angle DCB-\angle YDC \right )}{\sin \angle YDC}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$ $\displaystyle =\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}+\cos \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$ $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle DCB+\angle BDC \right )\sin \left ( \angle BDC \right )}{\sin \angle BDC\sin \angle ADB}+\cos \left ( \angle ADB+\angle BDC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$
$\displaystyle \left ( \sin \left ( \angle DCB+\angle ADC \right )\cot \angle ADB-\cos \left ( \angle DCB+\angle ADC \right ) \right )+\cos \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( \cot \angle DCB-\cot \angle ADC \right )\cot \angle YDC=\left ( \cot \angle ADC+\cot \angle DCB \right )\cot \angle ADB+2\Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{p-q+t}{l}\cot \angle YDC=\frac{p-q-t}{l}\cdot \frac{t\left ( t-q \right )+l^2}{ql}+2\Leftrightarrow \cot \angle YDC=\frac{\left ( p-q-t \right )\left [ t\left ( t-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}{ql\left ( p-q+t \right )},$ επομένως η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle \boxed{DY:y=l-\frac{ql\left ( p-q+t \right )}{\left ( p-q-t \right )\left [ t\left ( t-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}\left ( x-t \right )}\left ( 7 \right ).$ Ακόμα $\displaystyle \frac{\sin \angle DAX}{\sin \angle DCX}=\frac{\frac{\sin \angle DXA}{DA}}{\frac{\sin \angle DXC }{DC}}\overset{^{\left ( 3 \right )}_{\left ( 4 \right )}}=\frac{DC}{DA}\cdot \frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ACB}\overset{\angle DAX=180^\circ-\angle DCX-\angle DCB-\angle DAB}\Rightarrow$ $\displaystyle \sin \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )\cot \angle DCX+\cos \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )=\frac{\sin \angle DAC}{\sin \angle ACB}=\frac{\sin \left ( \angle DAB-\angle DCB+\angle ACB \right )}{\sin \angle ACB}\Leftrightarrow$
$\displaystyle \sin \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )\cot \angle DCX+\cos \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )=$
$\displaystyle \sin \left ( \angle DAB-\angle DCB \right )\cot \angle ACB+\cos \left ( \angle DAB-\angle DCB \right )\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( \cot \angle DAB+\cot \angle DCB \right )\cot \angle DCX=\left ( \cot \angle DCB-\cot \angle DAB \right )\cot \angle ACB+2\Leftrightarrow$ $\displaystyle \cot \angle \left ( UV,AB \right )\overset{\left ( 6 \right )}=\cos \angle DCX=\frac{\left ( p-q-t \right )\left [ p\left ( p-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}{ql\left ( p-q+t \right )}\overset{\lambda_{UV}< 0}\Rightarrow \boxed{\lambda _{UV}=-\frac{ql\left ( p-q+t \right )}{\left ( p-q-t \right )\left [ p\left ( p-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}}\left (8 \right ),$ κι επειδή $\displaystyle U \in (DAB)\overset{\left ( 5 \right )}\Rightarrow \angle AUB=\angle ADB\Rightarrow \frac{ql}{t\left ( t-q \right )+l^2}=\frac{wq}{k(k-q)+w^2}\wedge U\left ( k,w \right )\in BC\Rightarrow$

\begin{Bmatrix} \frac{ql}{t(t-q)+l^2}=\frac{wq}{k(k-q)+w^2} & & \\ w=\frac{l}{p-q}\left ( k-q \right ) & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}\left ( \Sigma \right )\overset{^{\left ( 7 \right )}_{\left ( 8 \right )}}\Rightarrow

οι ευθείες UV, DY

τέμνονται επί της ευθείας $\displaystyle y=\frac{ql}{q+t-p},$ συνεπώς οι ευθείες UV,DY

τέμνονται πάνω στην εκ του

παράλληλη στην AB,

έστω στο σημείο Q'',

και αφού οι εικόνες των κύκλων (PCX),(PDY)

ως προς την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας PD,

έστω

είναι οι ευθείες UV,DY

αντίστοιχα, συνεπώς η εικόνα του σημείου $J \equiv (PCX)\cap (PDY)$ είναι το σημείο $Q''\equiv UV \cap DY,$ άρα τα σημεία P,J,Q''

είναι συνευθειακά και αφού $PQ'' \parallel AB\Rightarrow \overline{PJQ''}\parallel AB,$ επομένως οι κύκλοι (PCX),(PDY)

επανατέμνονται επί της εκ του

παράλληλης στην AB.

Από Θεώρημα Reim η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (PCX)

επί της εκ του

παράλληλης στην AB,

διότι

ομοκυκλικά, και η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (PDY)

επί της εκ του

παράλληλης στην AB,

διότι

ομοκυκλικά, άρα θέτοντας $J \equiv (PCX)\cap (PDY),$ θα είναι $PJ \parallel AB,$ και (X,A,J),(Y,B,J)

συνευθειακές τριάδες, συνεπώς οι ευθείες AX,BY

τέμνονται επί της εκ του

παράλληλης στην AB.

: Η λύση μου στην άλυτη του φόρουμ .png (187.46 KiB) Προβλήθηκε 546 φορές

#3

Καλημέρα σε όλους. Μου άρεσε αυτό το θέμα γιατί το ζητούμενο βασίζεται σε ένα απλό αποτέλεσμα

την ισότητα δύο ευθυγράμμων τμημάτων του σχήματος

το οποίο όμως δεν κατάφερα να αποδείξω με απλά μέσα και το προσπάθησα με Διπλούς λόγους, αλλά πάλι χωρίς επιτυχία.

Συγνώμη που αναρτώ το σκεπτικό μου όπως το έστειλα στον Δημήτρη

Dimessi

Δεν έχω διαθέσιμο χρόνο να το

ξανα

πληκτρολογήσω πιο αναλυτικά και θα επανέλθω ίσως αργότερα.

vittasko έγραψε: Τρί Οκτ 13, 2026 2:07 pm Δημήτρη καλημέρα. Καλά είμαστε. Ετοιμαζόμαστε για το χωριό την επόμενη εβδομάδα και ετοιμάζω διάφορα πράγματα που πρέπει να τα πάμε, με την ευκαιρία.

Σου στέλνω το σκεπτικό της ατελέσφορης προσπάθειας που έκανα με Διπλούς λόγους. Έχω εγκαταλέιψει το θέμα και θα το ξαναπιάσω αργότερα αφού διαβάσω την λύση σου μήπως και με βοηθήσει.
Dimessi έγραψε:Δίνεται τραπέζιο $ABCD (AB \parallel CD)$ με και έστω $P\equiv AD \cap BC.$ Ο κύκλος επανατέμνει τον κύκλο στο , ο κύκλος επανατέμνει τον κύκλο στο κι ας είναι $J \equiv AX \cap BY.$ Να αποδείξετε ότι $PJ \parallel AB.$
$\bullet$ Έστω $(O),\ (O'),$ οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle ABC$ και $\vartriangle ABD$ και ορίζουμε τα σημεία $X,\ Y$ της εκφώνησης, ως τα σημεία τομής των $(O),\ (O')$ από τις δια των σημείων $C,\ D$ κάθετες ευθείες επί των $PO,\ PO'$ αντιστοίχως, όπου $O,\ O'$ είναι τα κέντρα των κύκλων $(O),\ (O').$

Έστω τα σημεία $E\equiv (O)\cap CD$ και $F\equiv (O')\cap CD$ και $Q\equiv AE\cap BF$ και έχουμε $PQ\parallel AB$ λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την κοινή μεσοκάθετη ευθεία των $AB,\ CE.$

Για να ανήκει το σημείο $J\equiv AX\cap BY$ στην ευθεία αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{EK=FL} \ \ ,(1)$ λόγω $DE=CF,$ με $K\equiv CD\cap AX$ και $L\equiv CD\cap BY.$

$\bullet$ Γι α να ισχύει η αρκεί να αποδειχθεί ότι $(A.EKDx)=(B.FLCx) \ \ ,(2)$

Γιατί από και $(A.EKDx)=(E,K,D)$ και $(B.FLCx)=(F,L,C)$ λόγω $Ax\parallel ED,\ FC$ και $(E,K,D)=\dfrac{DE}{DK}$ και $(F,L,C)=\dfrac{CF}{CL}$ και $DE=CF$ προκύπτει $EK=FL$

Έστω τα σημεία $M\equiv (O)\cap AD$ και $N\equiv (O')\cap BC.$

$\bullet$ Από και $(A.EKDx)\equiv (A.EXMx)=(C.EXMu)\equiv (C.DXMu)$ και $(B.FLCx)=(D.FYNA)\equiv (D.CYNA)$ οι δέσμες έχουν ίσες τις γωνίες των ομόλογων ακτίνων τους αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{(C.DXMu)=(D.CYNA)} \ \ ,(3)$

Οι δέσμες $C.DXMu$ και $D.CYNA$ έχουν κοινή την ακτίνα τους $CD\equiv DC$ και επομένως, για να αληθεύει η αρκεί να αποδειχθεί ότι τα σημεία έστω $S\equiv CX\cap DY$ και $P\equiv Cu\cap DA$ και το σημείο τομής των ομόλογων ακτίνων τους $CM,\ DN$ είναι συνευθειακά.

Επειδή όμως ισχύει $CM\parallel DN$ από $\angle ADN=\angle ABN=\angle AMC$ αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία είναι παράλληλη προς τις $DN,\ CM,$ που είναι αυτό στο οποίο κόλλησα και δεν βρήκα πως να το αποδείξω.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ελπίζω να μην έχει ξεφύγει κάτι. Θα τα ξανακοιτάξω αργότερα.

ΥΓ. Είναι προφανές ότι από την εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου

PAXS

προκύπτει άμεσα ότι

PS\parallel CM

και η απόδειξη ολοκληρώνεται. Ομοίως από την εγγραψιμότητα του

PBYS

προκύπτει άμεσα

PS\parallel DN.

Κώστας Βήττας.

Dimessi · #4

: Λήμμα για κύριο Κώστα!.png (1.6 MiB) Προβλήθηκε 446 φορές

Λήμμα $PBQ_1Y$ εγγράψιμο, όπου

Q_1 \equiv YD \cap CX.

$\bullet$ Απόδειξη Έστω

η τομή της ευθείας

με την εκ του

παράλληλη στην

και

η τομή της ευθείας

με την εκ του

παράλληλη στην DB,

κι ας είναι

Q \equiv UD \cap BA

και

L \equiv VC \cap AB.

Λήμμα 1

QDAX

εγγράψιμο.
Απόδειξη Από τη λύση μου είναι

\angle DXA=\angle BAC\overset{QD \parallel AC}=\angle DQA,

άρα

QDAX

εγγράψιμο $\blacksquare$
Από το Λήμμα 1 η ευθεία

είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων

(QDA)

και

(BAC),

συνεπώς θεωρώντας τα περίκεντρα O_1,O_2

των τριγώνων

\vartriangle DQA, \vartriangle BAC,

είναι

AX \perp O_1O_2

και θεωρώντας το ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων

A(0,0),B(q,0),C(p, \ell ),D(t, \ell),

η μεσοκάθετη του

είναι η ευθεία

y=\dfrac{q}{2}

και η μεσοκάθετη του

είναι η ευθεία

y=\dfrac{\ell }{2}-\dfrac{p}{\ell } \left (x-\dfrac{p}{2} \right),

άρα

O_2 \left (\dfrac{p^2\ell (\ell -q)}{2p}, \dfrac{q}{2}\right)

και οι μεσοκάθετες των

και

έχουν εξισώσεις

y=\dfrac{t-p}{2}

και

y=\dfrac{\ell }{2}-\dfrac{t}{\ell}\left (x-\dfrac{t}{2} \right),

άρα

O_1 \left ( \dfrac{\ell (p+\ell -t)+t^2}{2t}, \dfrac{t-p}{2}\right)

οπότε

\lambda _{O_1O_2}=\dfrac{tp (t-p-q)}{p\ell (p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)}\Longrightarrow

\overset{AX \perp O_1O_2} \Longrightarrow \tan \angle QAX=\lambda _{AX}=\dfrac{p\ell (p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)}{tp(p+q-t)}

\Longrightarrow \lambda _{XC}=\tan \left (\angle QAX-\angle AXC \right)=\tan (\angle QAX-\angle ABC)

=\dfrac{\dfrac{p\ell (p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)}{tp(p+q-t)}+\dfrac{\ell }{p-q}}{1-\dfrac{p(p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)}{tp(p+q-t)} \cdot \dfrac{\ell }{p-q}}=\dfrac{(p-q)\left [p\ell (p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)\right]+tp\ell (p+q-t)}{tp(p-q)(p+q-t)-\ell \left [ p(p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)\right]} \Longrightarrow

\Longrightarrow \boxed{XC:y=\ell +\dfrac{(p-q)\left [p\ell (p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)\right]+tp\ell (p+q-t)}{tp(p-q)(p+q-t)-\ell \left [ p(p+\ell -t)+pt^2-tp^2\ell (\ell -q)\right]} \left (x-p \right)}(\ast)

Από τη λύση μου είναι

\boxed{DY:y=\ell -\dfrac{q\ell (p-q+t)}{(p-q-t)\left [ t(t-q)+\ell ^2\right]+2q\ell ^2}\left (x-t \right)} \overset{(\ast) \wedge Q_1\equiv DY \cap XC}\Longrightarrow \tan \angle (BC, PQ_1)=-\dfrac{\ell }{t}=

=\tan \angle DAQ\overset{Y \in (DBA)}=\tan \angle Q_1YB \Longrightarrow \tan \angle Q_1PB=\tan \angle Q_1YB \Longrightarrow \angle Q_1PB=\angle Q_1YB,

άρα

YPBQ_1

εγγράψιμο $\square$

: Λήμμα για κύριο Κώστα!.png (1.6 MiB) Προβλήθηκε 446 φορές

Dimessi · #5

Λήμμα

YD \cap CX \equiv (PBY)\cap (PAX).

Απόδειξη Λήμμα 1 $W,D,Y$ συνευθειακά, όπου

W \equiv XC \cap (PAX)(W \neq X).

Απόδειξη $\bullet$ Έστω

R \equiv DY \cap \overline {PBC},W \equiv XC \cap (PAX)(W \neq X),V \equiv \overline {PAD} \cap \overline {WXC},G \equiv PD \cap (DXC)(G \neq D),

T \equiv PC \cap (DYC)(T \neq C), Z \equiv PD \cap (ABC)(Z \neq A),U \equiv PC \cap (ADB)(U \neq A).

\angle DGC\overset{G \in (DXC)}= \angle DXC=\angle ACB\equiv \angle PCA \Longrightarrow \vartriangle PAC \sim \vartriangle PGC \Longrightarrow PC^2=PA\cdot PG\quad (1)

\angle DTC\overset{T\in (DYC)}=180^\circ-\angle DYC=\angle ADB\equiv \angle PDB \Longrightarrow \vartriangle PDB \sim \vartriangle PDT \Longrightarrow PD^2=PB \cdot PT\quad (2)

\angle CWP\equiv \angle XWP\overset{W \in (PAX)}=\angle DAX \equiv \angle ZAX\overset{Z \in (AXC)}=\angle ACX \Longrightarrow ZC \parallel WP \overset{V \equiv PZ \cap \overline {WXC}}\Longrightarrow \dfrac{WP}{ZC}=\dfrac{VP}{VZ}\quad(3)

\angle DUB\overset{U\in (ADB)}=180^\circ-\angle DAB\overset{Z \in (ABC)}=\angle ZCB \Longrightarrow DU \parallel ZC \Longrightarrow \dfrac{ZC}{DU}=\dfrac{PC}{PU}\overset{(3)}\Longrightarrow \dfrac{WP}{DU}=\dfrac{VP}{VZ}\cdot \dfrac{PC}{PU}\quad(4)

VG \cdot VD\overset{G \in (DXC)}=VX \cdot VC\overset{Z \in (XAC)}=VZ \cdot VA\Longrightarrow \dfrac{VD}{VA}=\dfrac{VZ}{VG} \Longrightarrow \dfrac{VD}{AD}=\dfrac{VZ}{ZG} \Longrightarrow \dfrac{VD}{VZ}=\dfrac{AD}{ZG}

\Longrightarrow \dfrac{VD}{DZ}=\dfrac{AD}{AD+ZG}\quad(5)

\angle PZC \equiv \angle AZC\overset{Z \in (ABC)}=\angle ABP\overset{AB \parallel CD}=\angle DCP\Longrightarrow \vartriangle PDC \sim \vartriangle PZC \Longrightarrow PC^2=PD \cdot PZ \overset{(1)}\Longrightarrow ZG=\dfrac{PC^2 \cdot AD}{PA \cdot PD}

\overset{(5)} \Longrightarrow \dfrac{VD}{DZ}=\dfrac{PA \cdot PD}{PC^2+PA \cdot PD} \overset {\left (DZ=\dfrac{PC^2-PD^2}{PD} \right) } \Longrightarrow VD=\dfrac{PA\left (PC^2-PD^2 \right)}{PC^2+PA\cdot PD}

\overset{(4)}\Longrightarrow \dfrac{WP}{DU}=\dfrac{PD(PA+PD)}{PC^2-PD^2}\cdot \dfrac{PC}{PU}\quad(6)

\angle PDU \equiv \angle ADU\overset{U \in (DAB)}=\angle ABP\overset{AB \parallel CD}=\angle DCP \Longrightarrow \vartriangle PDU \sim \vartriangle PDC\Longrightarrow PD^2=PU \cdot PC \overset{(6)}\Longrightarrow

\overset{(6)}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{WP}{DU}=\dfrac{PC^2(PA+PD)}{PD(PC^2-PD^2)}}\quad(7)

RU \cdot RB \overset{U \in (DYB) \wedge R \equiv DY \cap BC}=RD \cdot RY\overset{T \in (DYC)}=RC \cdot RT\Longrightarrow \dfrac{RU}{RC}=\dfrac{RT}{RB}\Longrightarrow \dfrac{RU}{UC}=\dfrac{RT}{TB}\Longrightarrow \dfrac{RU}{RT}=\dfrac{UC}{TB}

\Longrightarrow \dfrac{RU}{UT}=\dfrac{UC}{UC+TB}\overset{(2)}=\dfrac{PB(PC^2-PD^2)}{BC(PB\cdot PC+PD^2)}\overset{(2)}\Longrightarrow RU=\dfrac{PD^2(PC^2-PD^2)}{PC(PB\cdot PC+PD^2)}\overset{PU \cdot PC=PD^2}\Longrightarrow \dfrac{RP}{RU}=\dfrac{PC(PB+PC)}{PC^2-PD^2} \overset{(7)}\Longrightarrow

\overset{(7)} \Longrightarrow \dfrac{WP}{DU}\div \dfrac{RP}{RU}=\dfrac{PC}{PD}\cdot \dfrac{PA+PD}{PB+PC}\quad(\ast)

κι αφού

AB \parallel CD \Longrightarrow \dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PD}{PC}=\dfrac{PA+PD}{PB+PC} \overset{(\ast)}\Longrightarrow \dfrac{WP}{DU}\div \dfrac{RP}{RU}=\dfrac{PC}{PD}\cdot \dfrac{PD}{PC}=

=1 \Longrightarrow \dfrac{WP}{DU}=\dfrac{RP}{RU} \overset{WP \parallel ZC \parallel DU} \Longrightarrow W,D,R

συνευθειακά

\overset{Y \in DR} \Longrightarrow W,D,Y,R

συνευθειακά σημεία $\blacksquare$ .
Από το Λήμμα 1 τώρα

W,D,Y

συνευθειακά , όπου

W \equiv XC \cap (PAX)(W\neq X)

και άρα το σημείο

W \equiv YD \cap CX \in (PAX),

συνεπώς

\angle WYB+\angle WPB\overset{D\in WY}=\angle DYB+\angle WPB\overset{WP \parallel DU}=\angle DYB+\left (180^\circ-\angle DUB \right)\overset{U \in (DYB)}=180^\circ \Longrightarrow W \in (PBY) \Longrightarrow

\Longrightarrow \boxed{W \equiv YD \cap CX \equiv (PBY)\cap (PAX)}

$\square$ .

Εικόνα

#6

Ημιτελής (!) λύση (σκιαγράφηση) με Αναλυτική:

Από

A=(0,0), B=(b,0), C=(p,d), D=(q,d),

βρίσκουμε

P=\left(\dfrac{bq}{b-p+q}, \dfrac{bd}{b-p+q}\right),

και τις εξισώσεις των κύκλων:

(ABC): x^2-bx+y^2-\dfrac{d^2-bp+p^2}{d}y=0

(ABD): x^2-bx+y^2-\dfrac{d^2-bq+q^2}{d}y=0

(P, PC): x^2-\dfrac{2bq}{b-p+q}x+y^2-\dfrac{2bd}{b-p+q}y=p^2+d^2-\dfrac{2b(pq+d^2)}{b-p+q}

(P, PD): x^2-\dfrac{2bq}{b-p+q}x+y^2-\dfrac{2bd}{b-p+q}y=q^2+d^2-\dfrac{2b(q^2+d^2)}{b-p+q}

Με τις κατάλληλες αφαιρέσεις κατά μέλη βρίσκουμε τον ριζικό άξονα των

(ABC), (P, PC)

και τον ριζικό άξονα των

(ABD), (P, PD),

οι οποίοι μπορούν να γραφούν ως

Rx+Sy=T

και

Rx+Ux=V,

όπου

R=-bd(b-p-q),

S=d^2(b+p-q)+p(b-p)(b-p+q),

U=d^2(b+p-q)+q(b-q)(b-p+q),

T=d^3(b+p-q)-p^2d(b-p+q)+2bdpq,

V=d(d^2+q^2)(b+p-q).

Μπορούμε τώρα να βρούμε τα X, Y

ως δεύτερα σημεία τομής των κύκλων (ABC), (ABD)

με τους αντίστοιχους ριζικούς άξονες μέσω αντικατάστασης των

x=\dfrac{T-Sy}{R},

x=\dfrac{V-Uy}{R}

στις εξισώσεις των δύο κύκλων, οπότε προκύπτουν οι ως προς

δευτεροβάθμιες

d(R^2+S^2)y^2+(bdRS-2dST-R^2(d^2-bp+p^2)y+dT(T-bR)=0

και

d(R^2+U^2)y^2+(bdRU-2dUV-R^2(d^2-bq+q^2)y+dV(V-bR)=0.

Λόγω των αντίστοιχων σημείων τομής,

C=(p,d)

και

D=(q,d),

γνωρίζουμε ήδη μία ρίζα της κάθε δευτεροβαθμίου, την

οπότε από τύπο Vieta βρίσκουμε και την άλλη, και τελικά, μέσω και των

x=\dfrac{T-Sy}{R},

x=\dfrac{V-Uy}{R},

και τα αντίστοιχα δεύτερα σημεία τομής,

X=\left(\dfrac{T(d(R^2+S^2)-S(T-bR))}{dR(R^2+S^2)}, \dfrac{T(T-bR)}{d(R^2+S^2)}\right)=(x_1, x_2)

και

Y=\left(\dfrac{V(d(R^2+U^2)-U(V-bR))}{dR(R^2+U^2)}, \dfrac{V(V-bR)}{d(R^2+U^2)}\right)=(y_1, y_2).

Εύκολα βρίσκονται τώρα οι εξισώσεις των ευθειών

AX, BY

και η τομή αυτών

J=\left(\dfrac{bx_1y_2}{bx_2+x_1y_2-x_2y_1}, \dfrac{bx_2y_2}{bx_2+x_1y_2-x_2y_1}\right),

δεν είναι όμως 'ανθρώπινα εύκολη' η απόδειξη της ισοδύναμης προς την ζητούμενη παραλληλία των

AB, PJ

\dfrac{bx_2y_2}{bx_2+x_1y_2-x_2y_1}=\dfrac{bd}{b-p+q}

[Ως παράδειγμα επαλήθευσης των ανωτέρω παραθέτω, με συνοδευτικό σχήμα, την περίπτωση

b=2,

d=3,

p=5,

q=-1,

P=\left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{3}{2}\right),

R=12,

S=132,

U=84,

T=456,

V=240,

x_1=-\dfrac{190}{61},

x_2=\dfrac{228}{61},

y_1=\dfrac{16}{5},

y_2=\dfrac{12}{5},

J=\left(\dfrac{5}{4}, -\dfrac{3}{2}\right).

]

: νυκτερινή-όμορφη-παραλληλία.png (50.04 KiB) Προβλήθηκε 235 φορές

giannimani · #7

Οι κύκλοι

και

τέμνονται στα σημεία

,

. Οι ευθείες

και

τέμνουν
τον κύκλο (P,PC)

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Σύμφωνα με το θεώρημα Reim είναι

EF \parallel AB \; (1)

Οι κύκλοι

και

τέμνονται στα σημεία

,

. Οι ευθείες

και

YB

τέμνουν
τον κύκλο (P,PD)

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Σύμφωνα με το θεώρημα Reim είναι

GH \parallel AB \; (2)

Από την άλλη πλευρά έχουμε ότι το

είναι το κοινό μέσο των

και

(διάμετροι των ομόκεντρων
κύκλων (P,PC)

και

αντίστοιχα. Επομένως, το CDFG

παραλληλόγραμμο, δηλαδή,

CD \parallel FG

,
οπότε και

FG \parallel AB \; (3)

.

Από τις (1)

,

και

προκύπτει ότι τα τέσσερα σημεία

,

ανήκουν στην ίδια ευθεία, η οποία
είναι παράλληλη των

,

.

: trap_paral.png (121.8 KiB) Προβλήθηκε 203 φορές

Τώρα είναι προφανές ότι

EG=HF

(οι χορδές

και

έχουν κοινό μέσο), οπότε

EH=FG

.
Βλέπουμε ότι τα τραπέζια ABEH

και

έχουν ίσες βάσεις (την

κοινή και

EH=FG

),
και κοινό ύψος (την απόσταση των παραλλήλων

και

).

Καθώς $\triangle PAB \sim \triangle PGF$ έχουμε

\dfrac{PB}{PF}=\dfrac{AB}{FG}\; (4)

Καθώς

\triangle JAB \sim \triangle JEH

έχουμε

\dfrac{JB}{JH}=\dfrac{AB}{EH}\; (5)

Από τις

,

και εφόσον

FG=EH

έχουμε

\dfrac{PB}{PF}=\dfrac{JB}{JH}

που σημαίνει ότι

PJ \parallel FH \parallel AB

.

Dimessi · #8

$\bullet$ Έστω

ώστε

PQ \parallel AB \wedge \angle PQR=90^\circ,

όπου

R \equiv AC \cap BD

και

X \equiv AQ \cap (ABC)(X\neq A) \Longrightarrow P.QARC

αρμονική δέσμη

\overset{\angle PQR=90^\circ}\Longrightarrow QR

διχοτόμος της

\angle CQA

και

\angle QPC+\angle QXC\overset{PQ \parallel AB}=\angle ABC+\angle AXC=180^\circ \Longrightarrow PQXC

εγγράψιμο

\overset{\angle RQA=\angle CQR}\Longrightarrow

\Longrightarrow 2\angle XPC+\angle PXC=2\angle CQA+\angle PQC=180^\circ \Longrightarrow \boxed{ PC=PX}

κι έστω

Y\equiv QB \cap (ADB)(Y\neq B)\Longrightarrow \angle DYQ\equiv

\equiv \angle DYB=\angle PAB\overset{PQ\parallel AB}=\angle DPQ \Longrightarrow DYPQ

εγγράψιμο

\Longrightarrow 2\angle PDY+\angle DPY=2\angle PQY+\angle DQY=180^\circ,

αφού η δέσμη

P.QDRB

είναι αρμονική με

PQ \perp QR \overset{(Q.DRBZ) }\Longrightarrow QR

διχοτόμος της

\angle DQB

και

\angle ZQB=90^\circ-\dfrac{\angle DQY}{2} \Longrightarrow

\Longrightarrow 2\angle PQY+\angle DQY=180^\circ.

Επομένως

\boxed{PD=PY}

: Η τέταρτη λύση μου στην όμορφη νυχτερινή παραλληλία.png (477.74 KiB) Προβλήθηκε 146 φορές

#9

Aς επισημανθεί ότι, όπως φαίνεται από την τελευταία λύση του Δημήτρη αμέσως παραπάνω, και βεβαίως από το εξ αρχής ζητούμενο, αυτό το μυστηριώδες σημείο

[

] έχει την τετμημένη του σημείου τομής των διαγωνίων

του τραπεζίου και την τεταγμένη του σημείου τομής των πλευρών

του τραπεζίου (υποθέτοντας οριζόντιες παράλληλες πλευρές)!

Αν δηλαδή το τραπέζιο ορίζεται από τις

A=(0,0), B=(b,0), C=(p,d), D=(q,d),

ισχύουν τότε οι

K=\left(\dfrac{bp}{b+p-q}, \dfrac{bd}{b+p-q}\right),

P=\left(\dfrac{bq}{b-p+q}, \dfrac{bd}{b-p+q}\right),

J=\left(\dfrac{bp}{b+p-q}, \dfrac{bd}{b-p+q}\right).

[Στο παράδειγμα

b=2, d=3, p=5, q=-1,

ισχύουν οι

K=(5/4, 3/4), P=(1/2, -3/2), J=(5/4, -3/2).

]

Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση